Phan 11

Bài tốn cực trị Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O , cạnh 1; SO vng góc với mặt phẳng đáy  ABCD  SC 1 Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho A Vmax  B Vmax  C Vmax  27 D Vmax  27 Lờigiải Chọn D S B x O D C A Đặt OA OC  x Tam giác vng AOD, có OD  AD  OA2   x Suyra BD 2  x Diện tíchhình thoi S ABCD OA.BD 2 x  x Tam giác vng SOC , có SO  SC  OC   x 1 2 2 Thể tích khối chóp VS ABCD  S ABCD SO  x  x  x  x   x  3   f  x  f  Xét hàm f  x  x   x   0;1 , ta max   0;1  3 3 Suy Vmax  Câu 27 Cho lăng trụ tam giác ABC ABC  có độ dài cạnh đáy a Gọi  góc đường thẳng BC  mặt phẳng  ABC  Khi sin  đạt giá trị lớn nhất, tính thể tích khối lăng trụ cho A a B 3 a 4 C 12 a 4 D 27 a Lời giải A' C' B' I C A H B d  C ',  A ' BC   Ta có   C ' B ,  A ' BC    sin   C 'B  d  A ,  A ' BC   A' B Đặt x  AA ' , gọi H trung điểm BC suy AH  BC Ta có: Suy ra: A A ' AH d  A ,  A ' BC    sin   x 2  3a  AA '  AH  a a 3 x2       ax 2 x  3a , A ' B  a  x a x a   4x x2  t  a   4t  3a  Xét hàm số f  t   Ta có: f '  t   t (với t  x  ) 4t  3a 3a ; f '  t  0  t  t2 3a 3a Ta có sin  đạt GTLN  f  t  đạt GTNN  t   x 4 4 Vậy VABC A ' B 'C '  AA ' S ABC a Câu 3 27 a a 4 Cho tam giác ABC cạnh Trên đường thẳng d qua A vng góc với mp  ABC  lấy điểm M cho AM  x Gọi P, Q hình chiếu vng góc C lên AB, MB Đường thẳng qua P, Q cắt d N Thể tích khối tứ diện BCMN đạt giá trị nhỏ A B 16 C 16 D Lời giải Ta có P trung điểm AB CP  AB, MA  CP  MB  MB   CPQ   MB  NQ   Do AMB  APN , MAB PAN 900 nên hai tam giác MAB, PAN đồng dạng Từ MA AB   MA.NA PA AB 8 PA AN Ta có VMNBC VMABC  VNABC    MA  NA  S ABC Cauchy 4 16  MA  NA   MA.NA  3 Thể tích khối BCMN nhỏ Câu 16 x 2 Một khối gỗ hình hộp chữ nhật có chiều dài, chiều rộng chiều cao 30 cm , 20 cm 30 cm hình vẽ Một kiến xuất phát từ điểm A muốn tới điểm B quãng đường ngắn phải dài cm ? A 10 34 cm B 30  10 14 cm C 10 22 cm D 20  30 cm Lời giải Chọn A Trải phẳng hình vẽ ta đoạn đường ngắn kiến phải là: AB  AC  CB  302  502 10 34 cm Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi cạnh 2, BAD 60 , SA SC tam giác SBD vuông cân S Gọi E trung điểm cạnh SC Mặt phẳng  P  qua AE cắt hai cạnh SB, SD M N Thể tích lớn V0 khối đa diện ABCDNEM A V0  B V0  21 C V0  Lời giải D V0  Gọi O  AC  BD , ta có ABCD hình thoi cạnh 2, BAD 60  ABD  BD 2 S ABCD 2 S ABD 2 SBD vuông cân S  SO  BD SO  BD 1 SAC cân S  SO  AC  SO   ABCD   VS ABCD  SO.S ABCD  3 Gọi G SO  AE  G trọng tâm SAC Khi  P thay đổi N thay đổi cạnh SD SD SD SN SD   2 SN Đặt x   SD SB SA SC SD  x   1; 2 , ta có    3  x SN SM SA SE SN 4x   x VS ANEM V   S ABCD   f  x VS ABCD x   x  VS ANEM VS ANEM nhỏ VS ABCD x   x    f  x  lớn  VABCDNEM lớn VS ANEM x   x  Cauchy  x   x  Ta có f  x      3 với x   1; 2 3    max f  x  3 đạt x 3  x  x   1;2 2 2  VS ANEM  VS ABCD  V0  VS ABCD   3 3 Câu   Cho hình chóp S ABC có SA đoạn thẳng thay đổi cho SA  x, x  0; , cạnh cịn lại Thể tích khối chóp S ABC đạt giá trị lớn là: A B 16 C D 12 Lời giải Chọn A Gọi K , M trung điểm BC SA  SK  BC  BC   SAK  Ta có   AK  BC 1 VS ABC VB.SAK  VC SAK  BK S SAK  CK S SAK  BC.S SAK 3 Vậy để thể tích khối chóp S ABC lớn diện tích tam giác SAK phải lớn  3 Ta có tam giác SAK cân K  SK  AK    KM  SA    x2 KM  SK  SM  2 1  x2 1  x2   x2  x  x  x   Ta có S SAK  KM SA   2 4    VS ABC   Dấu “=” xảy x   x  x  (thỏa mãn) 8 Câu Từ bìa hình vng ABCD có cạnh 30cm người ta gấp theo đoạn MN , PQ cho AD, BC trùng để tạo thánh hình lăng trụ bị khuyết đáy hình minh họa Đề thể tích khối lăng trụ tương ứng với hình lăng trụ tạo thành lớn giá trị x A 8cm B cm C 10 cm D 5cm Lời giải Chọn C Điều kiện 15  x  15 (Để tồn tam giác AMP AM  AP  MP  x  30  x  x  15 ) 2 S MPA 1  30  x   d  A; MP  MP  x     30  x   15 x  15  15  x  2   VMPA.NQD MN S MPA 30 15 x  15  15  x  30 15  x  15   15  x  30 15 x  75 x  900 x  3375 Cách 1: Trắc nghiệm: Tính giá trị hàm số f  x  2 x  75 x  900 x  3375 đáp án x 8; x 9; x 10 Ta thấy f  x  đạt giá trị lớn x 10 cm Cách 2: Xét hàm số  15  f  x  2 x  75 x  900 x  3375, x   ;15    f '  x  6 x  150 x  900 f '  x  0  x 10, x 15 BBT ta thấy f  x  đạt giá trị lớn x 10 cm Câu Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AC , BD thỏa mãn AC  BD 16 cạnh lại Thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn A 32 B 16 C 16 D 32 Lời giải Chọn B + Gọi M , N trung điểm AC , BD ìï AC ^ DM Þ AC ^ ( DMB ) + Vì D DAC , D BAC cân D B , suy ïí ïïỵ AC ^ BM + D DAC =D BAC ( c - c - c ) Þ DM = BM Þ MN ^ DB + Dễ thấy MN MD  BD AC BD AC  BD 2  AD    AD  32 4 4 1 1 2 + Khi VABCD  AC.S MBD  AC BD.MN  AC BD.4  AC.BD 3  2 AC  BD 16  3 Dấu " " xảy AC BD 16 Vậy maxVABCD  Câu Ông A dự định sử dụng hết 5,5 m kính để làm bể cá kính có dạng hình hộp chữ nhật khơng nắp, chiều dài gấp đơi chiều rộng Bể cá có dung tích lớn ? A 1,01 m B 1,17 m C 1,51 m3 Lời giải D 1, 40 m Giả sử bể cá có kích thước hình vẽ Ta có: x  xh  xh 5,5  h  Thể tích bể cá V 2 x h   11  5,5  x   Suy x   0;  6x   11  5,5 x  x  , với x   0;   11 33  x V  0  x  6 Ta có V   Bảng biến thiên 11 33 1,17 m3 54 Vậy Vmax  Câu 10 Cho tam giác ABC có cạnh a Dựng hình chữ nhật MNPQ có đỉnh M , N nằm cạnh BC , hai đỉnh P Q theo thứ tự nằm hai cạnh AC AB tam giác Hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn A Q B M P N C A a2 B a2 a2 C D a2 Lời giải A Q B M P H N C a a Gọi H trung điểm BC , tam giác ABC cạnh a nên AH  BH  2  a 3 Đặt QM x,   x   , ta có:   Tam giác QBM có: tan B  QM x x  tan 60   BM  BM BM Tương tự tam giác PNC có: NC  PN x  3 Suy MN BC  BM  NC a  2x Diện tích hình chữ nhật MNPQ : S MNPQ 2x   2x a   2x  2x  2x  a2  3 QM PQ x  a       a     3  3        Suy S MNPQ  Câu 11 a2 3 Đẳng thức xảy x  a Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABC D có AB x , AD 1 Biết góc đường thẳng AC mặt phẳng  ABBA 300 Tìm giá trị lớn A Vmax  3 B Vmax  Vmax thể tích khối hộp ABCD ABC D C Vmax  Lời giải D Vmax  A D x B C 30 A' B' D' C' + CB   ABB ' A '  B hình chiếu C  ABB ' A '  góc đường thẳng AC mặt phẳng  ABBA góc +  v CA ' B : tan 300   ' B  CA  ' B 300 CA BC  BA '   BA '  v AA ' B : A ' B  AA '2  AB  AA '   x VABCD A ' B 'C ' D '  AA ' AB AD x  x Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si để tìm Vmax x2   x2 V x  x   ,0  x  2 Vmax  x   x  x  2 Vậy thể tích khối hộp ABCD ABC D có giá trị lớn x  2 Chú ý: xét hàm số V  x  x ,  x  V '   x2  x  2x 3 x   2x2 3 x ; V ' 0   x 0  x  Vmax  Câu 12 x  2 Khối chóp có đáy hình bình hành, cạnh đáy 4a cạnh bên a Thể tích khối chóp có giá trị lớn là? A 8a B a C 8a D 6a Lời giải ìï SA = SB = SC = SD ị Ta cú: ùớ ùợù OA = OC ; OB = OD ìïï SO ^ AC ị SO ^ ( ABCD) ùợù SO ^ BD Þ OA = OB = OC = OD = 6a - SO Suy tứ giác ABCD hình chữ nhật Giả sử AB = 4a Đặt SO = x (0 < x < a 6) Þ BC = AC - AB = 2a - x VS ABCD = 8a 8a x + 2a - x 8a x 2a - x £ = 3 Vậy maxVS ABCD = Câu 13 8a x = a Trong tất hình chóp tứ giác nội tiếp mặt cầu có bán kính , khối chóp tích lớn bao nhiêu? A 576 B 144 C 576 Lời giải D 144 S E B A I O C D Gọi a, h cạnh đáy, chiều cao hình chóp S ABCD Gọi O tâm hình vng ABCD , E trung điểm SA Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp S ABCD I  SO IE trung trực SA SEI ∽ SOA Suy  SO   h SE SI  SO SA SE.SA SA2 a2 , có SI 9 , SA2 OA2  SO   h , SO h  SI 2SI 2 a  2h   a 36h  2h  36 Gọi V thể tích khối chóp 1 2 Có V  SO.S ABCD  h  36h  2h   h  36  2h  , điều kiện a  0,  h  18 3 Dùng bất đẳng thức Cauchy cho số dương h, h,  36  2h  Có  h  36  2h   h  h  36  2h 12 h  36  2h   123 576  V 576 3 V 576  h 12  a  36h  2h  36.12  2.122 12 Vậy khối chóp tích lớn V 576 Câu 14 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có chu vi tam giác SAC Trong trường hợp thể tích hình chóp S ABCD lớn nhất, tính cơsin góc tạo cạnh bên mặt đáy hình chóp S ABCD A B C Lời giải D Gọi O tâm hình vng ABCD , đặt SO  x OC  y Chu vi tam giác SAC bằng: C 2SA  AC 2 x  y  y 8  x  y  y 4  x  y 4  y 16  x 2  x  y   y   y  Thể tích hình chóp S ABCD : 1 V  SO S ABCD  x y 3  Ta có V    2 2  16  x   xy  xy  x   3    x    x    x  16  96 V  0  x  Vậy Vmax x  y  Khi đó: 5 OA  cos  SA;  ABCD   cos SAO    2 OS    8        5 Câu 15 Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB  x cạnh cịn lại Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn A x 2 B x  C x 2 Lời giải CH  AB  AB   CDH  Cách Gọi H trung điểm AB    DH  AB Mặt khác CDH cân H , HC HD 4  x2 D x  A x H B D I C Gọi I trung điểm CD  HI  HC  CI   x2 12  x  1 1 Suy S CDH  HI CD  12  x 2 1 1 2 Vậy VABCD  AB.S CDH  x  12  x  x 12  x 3  Cách 1a: Xét f  x  x 12  x , x  0; f  x   12  x  x2 12  x  12  x 12  x    , x  0;   f  x  0  x  x  0; Bảng biến thiên: – Vậy Vmax 2 x  x   12  x  Cách 1b: VABCD  x 12  x   1 6  x  12  x   x Dấu “ ” xảy   x  0;    AH  CD Cách 2: Gọi H trung điểm CD , dễ thấy  Suy CD   ABH    ABH    BCD  theo  BH  CD giao tuyến BH Vì  ABH  kẻ AK  BH K  BH AK   BCD  1 22 3 Do VABCD  AK SBCD  AK   AK 3 Vậy VABCD lớn  AK max Trong AHK có AK  AH nên AK lớn K H  AH  BH  AB  AH  BH 6  x  A x B D K H C Vậy VABCD lớn x  Câu 16 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có chu vi tam giác SAC Trong trường hợp thể tích hình chóp S ABCD lớn nhất, tính giá trị cos góc tạo cạnh bên mặt đáy hình chóp S ABCD A B C D 4 Lời giải Gọi O tâm hình vuông ABCD , đặt SO  x OC  y Chu vi tam giác SAC bằng: C 2SA  AC 2 x  y  y 8  x  y  y 4  16  x x  y 4  y  x  y   y   y  Thể tích hình chóp S ABCD : 1 V  SO S ABCD  x y 3   2 2  16  x   xy  xy  x   3   Ta có V    x    x    5x  16  96 V  0  x  Vậy Vmax x  y  Khi đó: 5 cos  SA;  ABCD   OA  cos SAO    2 OS    8        5 Câu 17 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật, AB a, AD 2a Cạnh bên SA vng góc với đáy SA 3a Điểm P trung điểm SC Một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SB SD M N Gọi V1 thể tích khối chóp S AMPN Giá trị nhỏ V1 A a 3 B a 3 C a D a Lời giải S P N M I A D O B C VS ABCD 1 SA.S ABCD 1 SA AB AD 1 3a.a.2a 2a 3 3 Đặt SB  x; SD  y ( x, y 1) SM SN SB  SD 2 SO 2 3  x  y 3  y 3  x   x 2 SM SN SI VS AMPN VS AMP  VS ANP V V   S AMP  S AMP  SM  SN  1   VS ABCD VS ABCD 2.VS ABC 2.VS ADC SB SC x  x 4(3x  x )    VS AMPN V1  VS ABCD 4(3x  x ) Xét hàm số f ( x)   f '( x)   1; 2 : 4(3 x  x )  3(3  x) ; 4(3x  x )   f '( x ) 0    x 3 x  1;      f  1 3 ; f    ; f 1  Min f ( x)  f ( ) 1 [1;2] 3 8  3 Vậy giá trị nhỏ V1 f ( ).2a  a Cách 2: VS ABCD 1 SA.S ABCD 1 SA AB AD 1 3a.a.2a 2a 3 3 Đặt SM  x, SN  y SB SD VS AMPN VS AMP  VS ANP V V   S AMP  S AMP  ( x  y ) (1) VS ABCD VS ABCD 2.VS ABC 2.VS ADC VS AMPN VS AMP  VS ANP VS AMN V xy xy xy    S PMN    (2) VS ABCD VS ABCD 2.VS ABD 2.VS CBD 4 Từ ta có : 3xy  x  y 3xy x  y  0  4  x, y  Với x, y  ta có: 2  3xy x  y 2 xy   3xy  4 xy   xy  Đẳng thức xảy  x  y   VS AMPN 3xy     VS AMPN 1 VS ABCD  a Đẳng thức xảy  SM  SN  VS ABCD 4 3 SB SD 3 Vậy giá trị nhỏ V1 a Câu 18 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành, cạnh bên hình chóp cm , AB 4 cm Khi thể tích khối chóp S ABCD đạt giá trị lớn nhất, tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp S ABCD A 12 cm B 4 cm2 C 9 cm Lời giải D 36 cm S M I A D O C B Gọi O giao điểm AC BD Ta có SAC cân S nên SO  AC SBD cân S nên SO  BD Khi SO   ABCD  Ta có: SAO SBO SCO SDO  OA OB OC OD Vậy hình bình hành ABCD hình chữ nhật Đặt BC x  AC  42  x  AO  AC 16  x  2 Xét SAO vuông O , ta có: SO  SA2  AO   16  x  x2  1  x2 Thể tích khối chóp S ABCD là: VS ABCD  SO.S ABCD  x   x x 3 Áp dụng bất đẳng thức : ab  a2  b2 2  x2  x2 ta có: V   x x   3 Dấu " " xảy   x  x  x 2 Do đó: BC 2, SO 1 Gọi M trung điểm SA ,  SAO  kẻ đường trung trực SA cắt SO I Khi mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD có tâm I bán kính R IS SI SM SA2 Vì SMI ∽ SOA( g g ) nên   SI   3  R 3(cm) SA SO 2.SO 2.1 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD là: 4 R 4 32 36 (cm ) Câu 19 Cho tứ diện ABCD có AB  x thay đổi, tất cạnh cịn lại có độ dài a Tính khoảng cách hai đường thẳng AB CD trường hợp thể tích khối tứ diện ABCD lớn A a  B a  C a  Lời giải D a  Gọi E F trung điểm AB CD Ta chứng minh CD   ABF  Dựng AH  BF  AH   BCD  Do tam giác ACD cạnh a nên đường cao A F a 3 Ta có VABCD  AH dt  BCD  mà dt  BCD   a nên thể tích VABCD lớn AH lớn Do AH  FH nên AH  A F Vậy VABCD lớn tam giác H F  A F  BF Khi khoảng cách AB CD EF= AF a  Câu 20 Cho hình chóp S ABC có SA x, BC  y , AB  AC SB SC 1 Thể tích khối chóp S ABC đạt giá trị lớn tổng ( x  y ) A B C Lời giải: S x 1 K C y A H I B D